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1.01背包

有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品只能使用一次。

第 $i$ 件物品的体积是 $v_{i}$ ，价值是 $w_{i}$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

思维导图：

状态表示： $f [i] [j]$ 表示从前 $i$ 个物品中选出了总体积为 $j$ 的物品放入背包，物品的最大价值和。

状态划分：其实是集合划分。

对于第 $i$ 个物品，有两种策略，一种是选它，一种是不选它。所以我们可以将 $f [i] [j]$ 这个集合划分成两个集合，其中，不含 $i$ 的集合就相当于 $f [i - 1] [j]$ ，含 $i$ 的集合就相当于 $f [i - 1] [j - v [i]] + w [i]$ (先将第 $i$ 个物品从背包中拿出来，再放回去，最大值仍是最大值)。

综上所述，状态转移方程为 $f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j], f [i - 1] [j - v [i]] + w [i])$

代码如下：

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N], f[N][N];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);
	}
	
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 0; j <= m; j++) {
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if(j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
		}
	}
	printf("%d", f[n][m]);
	return 0;
}

通过状态转移方程，我们发现，每一阶段 $i$ 的状态只与上一阶段 $i - 1$ 的状态有关。同时 $j - v [i]$ 和 $j$ 都是小于等于 $j$ 的，所以可以用滚动数组的优化方式，将 $f$ 数组优化成一维。

for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = m; j >= v[i]; j--) {
			f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
		}
	}

注意：由于 $j - v [i]$ 严格小于 $j$ 所以在每层循环中会先被计算，这样就会导致在计算 $f [i] [j]$ 时调用的 $f [i - 1] [j - v [i]]$ 已经被更新成了 $f [i] [j - v [i]]$ ，所以内层循环要从大到小。

2.完全背包

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包，每种物品都有无限件可用。

第 $i$ 种物品的体积是 $v_{i}$ ，价值是 $w_{i}$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

思维导图：

集合划分：### 思维导图：

其实本质上还是可以用01背包的思想。

整理一下，得出状态转移方程： $f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j], f [i - 1] [j - v [i] * k] + w [i] * k)$

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N], f[N][N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);
    }
    for(register int i = 1; i <= n; i++) {
        for(register int j = 0; j <= m; j++) {
            for(register int k = 0; k * v[i] <= j; k++) {
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v[i]] + w[i] * k);
            }
        }
    }
    printf("%d", f[n][m]);
    return 0;
}

但是我们会发现，这个代码的时间和空间复杂度太高，为 $O (n m s)$ ，我们来考虑优化。

将这个式子展开，会得到：

而展开之后可以发现，两个式子的中间项竟如此相似，而且上式就比下式多加了 $w$ ，所以框起来的最大值也比下式多了 $w$ 。

综上所述，动态转移方程可以简化为： $f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j], f [i] [j - v [i]] + w [i])$

再像01背包一样去掉一维就得到：
$f [j] = m a x (f [j], f [j - v [i]] + w [i])$

最终代码：

for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = v[i]; j <= m; j++) {
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }

注意：完全背包和01背包的区别：

由于完全背包调用的是 $f [i] [j - v [i]]$ ，所以应该正序循环！

3.多重背包

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包。

第 $i$ 种物品最多有 $s_{i}$ 件，每件体积是 $v_{i}$ ，价值是 $w_{i}$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。

思维导图：

多重背包的朴素版本其实和完全背包极其相似，它的状态转移方程为：
$f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j], f [i - 1] [j - v [i] * s [i]] + w [i] * s [i])$

同样的，我们来考虑优化。

通过尝试可以发现，优化完全背包的方法在这里行不通，因为多了一项。

那怎么办呢？

二进制优化法

由于一个一个地装太慢了，于是可以采用二进制拼凑的方法来拼出所有的可能。
众所周知，从 $2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \dots, 2^{k - 1}$ 这 $k$ 个 $2$ 的整数次幂中选出若干个数相加，可以表示出 $0$ ∼ $2^{k} - 1$ 之间的任何整数。我们求出满足 $2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + \dots + 2^{p}$ 的最大整数 $p$ ，设 $R_{i} = S_{i} - 2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + \dots + 2^{p + 1}$ ，那么：

由于 $2^{0}, 2^{1}, 2^{2} \dots, 2^{p}$ 能拼凑出 $0$ ∼ $2^{p + 1} - 1$ 中的所有数，所以 $2^{0}, 2^{1}, 2^{2} \dots, 2^{p}, R_{i}$ 能拼凑出 $R_{i}$ ∼ $2^{p + 1} + R_{i} - 1$ 的所有数，即 $R_{i}$ ∼ $S_{i}$ 的所有数。又因为 $R_{i} < 2^{p + 1}$ ，所以两个区间可以合并变成 $0$ ∼ $S_{i}$ ，综上所述，我们可以将数量为 $S_{i}$ 的第 $i$ 个物品拆分成 $p + 2$ 个物品，它们的体积分别为： $2^{0} * V_{i}, 2^{1} * V_{i}$ $, \dots,$ $2^{p} * V_{i}$ ， $2^{p + 1} * V_{i}$

这相当于对这每一份物品进行一次01背包就行了，时间复杂度降到 $O (n m l o g s)$ 。

代码如下：

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 2010, M = 25000;
int dp[N], v[M], w[M];
int n, m;

int main() {
    scanf("%d%d", &n ,&m);
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b, s;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &s);
        int k = 1;
        while(k < s) {
            cnt++;
            v[cnt] = a * k;
            w[cnt] = b * k;
            s -= k;
            k *= 2;
        }
        if(s > 0) {
            cnt++;
            v[cnt] = a * s;
            w[cnt] = b * s;
        }
    }
    
    n = cnt;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = m; j >= v[i]; j--) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[m]);
}

单调队列优化法

…………

4.分组背包

思维导图：

其实本质上还是可以用01背包的思想。

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 110;
int v[N][N], w[N][N];
int dp[N];
int s[N];
int n, m;

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &s[i]);
        for(int j = 0; j < s[i]; j++) {
            scanf("%d%d", &v[i][j], &w[i][j]);
        }
    }
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = m; j >= 0; j--) {
            for(int k = 0; k< s[i]; k++) {
                if(v[i][k] <= j) dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i][k]] + w[i][k]);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp[m]);
}

posted @ 2023-09-26 15:42 Brilliant11001 阅读(7) 评论(0) 编辑收藏举报

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